河南省周口市2024-2025学年高二(上)11月期中（A）物理试卷（解析版）

这是一份河南省周口市2024-2025学年高二(上)11月期中（A）物理试卷（解析版），共20页。
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 空间存在一无限大匀强磁场，一正方形闭合导线框在磁场中以不同的形式运动，下列四种情况中，导线框中可以产生感应电流的是（ ）
A. 图甲中，匀强磁场垂直于纸面，导线框在纸面内水平向右加速运动
B. 图乙中，匀强磁场垂直于纸面，导线框在纸面内绕顶点O逆时针匀速转动
C. 图丙中，匀强磁场垂直于纸面，导线框绕轴匀速转动
D. 图丁中，匀强磁场水平向右，导线框绕轴匀速转动
【答案】C
【解析】ABD．线框运动过程中，磁通量未发生变化，则不会产生感应电流,故ABD错误；
C．线框转动过程中，磁通量发生改变，会产生感应电流，故C正确。
故选C。
2. 以下四幅图片中，图A是判断直线电流的磁场；图B是通电螺线管的磁场；图C是环形电流的磁感线分布；图D是环形电流的磁场。其中电流的方向跟它的磁感线方向之间的关系正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】A．直线电流的方向跟它的磁感线方向之间的关系可以用安培定则来判断：用右手握住导线，让伸直的拇指所指的方向与电流方向一致，弯曲的四指所指的方向就是磁感线环绕的方向，故A错误；
BCD．通电螺线管和环形电流的磁场可以用另一种形式的安培定则判定：让右手弯曲的四指与环形（或螺线管）电流的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是环形导线（或螺线管）轴线上磁场的方向，故B正确，CD错误。
故选B。
3. 在水平向右的场强大小为的匀强电场中，放入一不带电的导体球，导体球在静电平衡后其周围的电场分布如图所示，以球心O为坐标原点建立直角坐标系，x轴平行于原匀强电场的方向。已知M、N为x轴上关于O点对称的两个点，两点场强分别为、，P、Q为y轴上关于O点对称的两个点，两点场强分别为、，且有，，下列选项正确的是（ ）
A.
B.
C. 导体球上的感应电荷在M点产生的电场方向向左
D. 导体球上的感应电荷在P点产生的电场方向向左
【答案】D
【解析】根据对称性可知
，，
所以导体球上的感应电荷在M点产生的电场方向向右,因为
所以导体球上的感应电荷在P点产生的电场方向向左。
4. 沿电场中某条直电场线方向建立坐标系，以x轴正方向为场强正方向，该电场线上各点的电场强度E随x的变化规律（图像）如图所示，x轴上的a、b、c、d四点间隔相等，一个带正电的点电荷沿x轴运动，则（ ）
A. 从b到d电势先降低后升高
B. 带正电的点电荷由a运动到d的过程中所受电场力先减小后增大
C. 带正电的点电荷由a运动到d的过程中电势能一直减小
D. 带正电的点电荷从b运动到a的过程中电场力做的功小于从c运动到b的过程中电场力做的功
【答案】D
【解析】A．从a至d场强沿x轴负方向，则从b到d处逆着电场线方向移动，电势升高，选项A错误；
B．带正电的点电荷由a运动到d的过程中，由图可以看出电场强度先增大后减小，故电场力先增大后减小，选项B错误；
C．从a到d过程中逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷的电势能一直增大，选项C错误；
D．由图可知，a和b之间的平均电场强度小于b和c之间的平均电场强度，根据公式可知，带正电的点电荷从b运动到a过程中电场力做的功小于从c运动到b过程中电场力做的功，选项D正确。
故选D。
5. 如图为一正六角星图形，ABCDEF为其六个顶点。空间内存在一平行于纸面的匀强电场，将一质量为m、带电荷量为＋q的粒子，从A点移到B点电场力做功为W（W＞0），从A点移到D点电场力做功也为W。已知AC边长为L，下列说法正确的是（ ）
A. A、B两点间的电势差为
B. 匀强电场的电场强度为
C. 将带电粒子从A点移到E点，电场力做功
D. 将带电粒子从A点移到F点，电场力做功为
【答案】B
【解析】A．根据可知，A、B两点间的电势差为
故A错误；
B．根据题意可知BD为等势线，则有
其中
解得
故B正确；
C．AE也为等势线，将带电粒子从A点移到E点，电场力做功为0，故C错误；
D．将带电粒子从A点移到F点，电场力做功为
故D错误。
故选B。
6. 一水平放置的平行板电容器C和一个滑动变阻器、两个可变电阻及电源连接成如图所示的电路。闭合开关，有一质量为m的带电油滴在两极板之间静止悬浮。为了使油滴上升，可采用的办法是（ ）
A. 滑动变阻器的滑片P向左滑B. 增大可变电阻的阻值
C. 增大可变电阻的阻值D. 增大平行板电容器C的极板间距
【答案】C
【解析】A．带电油滴悬浮在两极板之间静止不动，则有
若要油滴上升，电场力需要变大，即要使极板间电场强度增大，若滑动变阻器的滑片P向左滑，极板两端电压不变，由可知，极板间电场强度不变，选项A错误；
B．若增大，由串联分压原理可知，两端的电压减小，即极板两端电压减小，则极板间电场强度减小，选项B错误；
C．若增大，由串联分压原理可知，两端的电压变大，即极板两端电压变大，则极板间电场强度变大，选项C正确；
D．增大C的极板间距，由可知，极板间电场强度减小，选项D错误。
故选C。
7. 2024年10月30日消息，神舟十九号载人飞船与空间站组合体完成自主快速交会对接。若我国空间站离地高度为H，绕地球做匀速圆周运动，地球半径为R，地球表面的重力加速度大小为g。由于在空间站运行轨道上存在密度为ρ的均匀稀薄气体，为了维持空间站长期在固定轨道上做匀速圆周运动，需要对空间站施加一个与速度方向相同的动力，若碰到稀薄气体后气体速度立刻与空间站速度相同，此时对空间站施加动力的大小为F，则空间站在垂直速度方向的面积为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】设空间站在垂直速度方向的面积为S，碰到稀薄气体过程中，空间站对稀薄气体的作用力大小为，经过Δt时间，以稀薄气体为对象，根据动量定理可得
其中
再结合
联立可得
可知碰到稀薄气体过程中，对空间站施加动力大小为
则空间站在垂直速度方向的面积为
故A正确。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 如图实线为描述电势高低的等势线，图中数字的单位是伏特，即A、B、C三点的电势分别为400V、600V、200V，下列说法正确的是（ ）
A. A、D两点的电场强度大小相等
B. 同一负电荷在C点的电势能大于在D点的电势能
C. 电子从C点运动到D点电势能的变化量大于电子从A点运动到B点电势能的变化量
D. 若只考虑电场力，在C点静止释放电荷量的点电荷，运动到零势能面（图中未画出）时动能一定为
【答案】BD
【解析】A．等差等势面越密，电场线越密，电场强度越大，由图判断相邻等势面为等差等势面，A点的电场强度小于D点的电场强度，故A错误；
B．根据可知，负电荷在电势低的地方电势能大，同一负电荷在C点的电势能大于在D点的电势能，故B正确；
C．由图可知，电子从C点运动到D点电势的变化量等于电子从A点运动到B点电势的变化量，根据可知，电子从C点运动到D点电势能的变化量等于电子从A点运动到B点电势能的变化量，故C错误；
D．C点电势为200V，根据能量守恒，点电荷的动能和电势能相互转化，总能量不变，在零势能面动能为
故D正确。
故选BD。
9. 如图所示，开关闭合后，回路中的电动机均正常工作，已知和电动机的额定电压相同，和为完全相同的电动机。所有电动机输出的机械功率均为电动机总功率的90%，下列说法正确的是（ ）
A. 和电动机的内阻相同B. 的内阻是内阻的2倍
C. 的电功率是电功率的2倍D. 的热功率是热功率的4倍
【答案】BC
【解析】结合题意，设三个电动机的电压为，通过和的电流为，通过的电流为2，和电动机的内阻分别为、。
AB：由题意得，对电动机，
对电动机，
由以上两式得
故A错误，B正确；
C．根据可知
电功率
电功率
结合以上两式可得
故C正确；
D．热功率
热功率
所以
故D错误。
10. 控制带电粒子的运动在现代科学实验、生产生活、仪器电器等方面有广泛的应用。现有这样一个简化模型：如图所示，在xOy平面的第一象限存在沿y轴正方向的匀强电场，第二象限内M、N两个平行金属板之间的电压为U。一质量为m、电荷量为－q（q＞0）的带电粒子（不计粒子重力）从靠近M板的S点由静止开始做加速运动，粒子从y轴上的点垂直于y轴向右射入电场，然后从x轴上的A（d， 0）点离开电场进入第四象限，下列说法正确的是（ ）
A. 粒子运动到P点射入电场的速度大小为
B. 匀强电场的电场强度大小为
C. 若仅将带电粒子电荷量变为－2q，粒子仍从A点射出
D. 若仅将带电粒子电荷量变为－2q，粒子从x轴上离开电场时的速度大小为
【答案】ABC
【解析】A．设粒子运动到P点射入电场的速度大小为，由动能定理得
可得粒子运动到P点射入电场的速度大小
故A正确；
B．粒子在第一象限的匀强电场中做类平抛运动，则水平方向有
竖直方向有
根据牛顿第二定律有
得电场强度的大小
故B正确；
C．若仅将带电粒子电荷量变为-2q，粒子从x轴离开电场的过程中，与AB选项同理可知，粒子运动到P点射入电场的速度大小为
之后再电场中做类平抛运动
，，
得出电场时的水平位移，即横坐标为
粒子仍从A点射出，故C正确；
D．若仅将带电粒子电荷量变为-2q，粒子从x轴离开时y轴方向的分速度
粒子从x轴离开电场的速度
故D错误。
故选ABC。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 某实验小组要测量一均匀新材料制成的导电圆柱体的电阻率ρ，进行了如下实验操作：
（1）如图甲用游标卡尺测量其长度L＝________mm；如图乙用螺旋测微器测量其直径D＝________mm；
（2）用多用电表的欧姆“×10”挡，初步测量此圆柱体的电阻，发现指针偏转角度很大，则应将选择开关旋转到________挡（填“×100”或“×1”）并进行________________，再次进行测量时，表盘示数如图丙所示，则该电阻的阻值约为________Ω。
（3）用伏安法更精确地测量其电阻，现有器材及其代号和规格如下：
待测圆柱体（电阻）；
电流表A（量程0~200mA，内阻约30Ω）；
电压表V（量程0~3V，内阻约10kΩ）；
直流电源E（电动势4V，内阻不计）；
滑动变阻器R（最大阻值15Ω，允许通过的最大电流2.0A）；
开关S以及导线若干。
为减小测量误差，请在图丁方框中画出完整的实验原理电路图________。
（4）正确连接实验电路，测得多组电压表示数U和对应电流表的示数I，通过描点作出的U-I图像为一条过原点的倾斜直线，其斜率为k，则该材料的电阻率ρ＝________（用k、L、D三个物理量表示）。
【答案】（1）54.5 5.447##5.445##5.446##5.448 （2）“×1” 欧姆调零 19.0 （3） （4）
【解析】（1）[1]该圆柱体长度为
[2]圆柱体的直径为
（2）[1][2]用多用电表测圆柱体的阻值，当用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，说明被测电阻很小，应该换用小量程欧姆挡，用“×1”挡，并进行欧姆调零；
[3]指针静止时读数为19.0Ω。
（3）由于滑动变阻器最大阻值相对于待测电阻阻值较小，为测量多组数据，滑动变阻器应采用分压式接法，根据题意可知，则
由此可知
电流表选用外接，电路图如图所示
（4）由欧姆定律
整理得
U-I图像的斜率为
根据电阻定律有
其中导电材料的横截面积为
联立可得该材料的电阻率为
12. 一位同学用电压表、电流表、滑动变阻器就可以测量一节干电池的电动势和内阻，实物连线图如图甲所示。
（1）若有两节干电池电动势均约为1.5V，内阻分别约为0.4Ω和1.1Ω，在电流变化相同的情况下，为了让电压表示数变化更明显，应选择内阻约为________Ω的干电池（填“0.4”或“1.1”）。
（2）连接好电路，在开关闭合之前，应使滑动变阻器的滑片置于最________（填“左”或“右”）端。
（3）闭合开关后，多次移动滑动变阻器的滑片，测得多组电压表和电流表的示数U和I，在坐标纸上以U为纵轴、I为横轴，选择适当的标度建立坐标系，并画出U-I图线如图乙所示。作出的图像与纵轴的截距为a，横轴的截距为b，由此求出电池的电动势为E＝________，电池的内阻为r＝________。（结果均用字母表示）
（4）不考虑偶然误差，该实验电动势的测量值________真实值，电池内阻的测量值________真实值。（均填“＞”“＜”或“＝”）
【答案】（1）1.1 （2）左 （3） （4）
【解析】（1）为了让电压表示数变化更明显，应选择内阻较大的，即约1.1Ω的干电池；
（2）连接好电路，在开关闭合之前，应使滑动变阻器滑片置于阻值最大的位置，即滑片置于最左端；
（3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律可得
画出U-I图线，图像与纵轴的截距为a，横轴的截距为b，即
图线斜率的绝对值表示电源内阻，即
（4）[1][2]相对于电源来说，本实验采用是电流表外接法，所以流经电源的电流为电流表和电压表的电流之和，根据欧姆定律
解得
所以电动势的测量值小于真实值，电池内阻的测量值小于真实值。
13. 水平地面上方存在一方向平行纸面的匀强电场，有一质量为m、电荷量为q（q>0）的带电小球在距地面上O点正上方h处由静止释放，当带电小球落在水平地面上时，其落地点P与O间的距离为，落地前的瞬时速度为，g为重力加速度。求：
（1）小球在下落过程中电场力对它做的功；
（2）匀强电场的电场强度E的大小和方向。
【答案】（1）mgh （2），方向斜向右上方，与水平方向成30°角
【解析】（1）根据动能定理，全过程有
解得电场力对它做的功
（2）小球从释放到P点的位移
重力和电场力的合力沿小球的运动方向，设合力大小为F，正确
解得
合力与分力等大，根据力的平行四边形定则，可知电场力与重力夹角为120°，大小为mg，电场强度
方向斜向右上方，与水平方向成30°角。
14. 如图所示，水平面上有一个质量为m的光滑小球P和一个质量为3m的物块Q。初始时，静止的物块Q与左侧竖直墙壁间的距离为d，现给小球P一大小为的水平向右的初速度，随后小球P与物块Q发生弹性碰撞，小球P反弹后又与左侧竖直墙壁发生弹性碰撞，当小球P第二次与物块Q碰撞时，物块Q的速度刚好减为零，已知重力加速度为g，P、Q两物体均可视为质点。求：
（1）物块Q与水平面间的动摩擦因数μ；
（2）经过足够长时间后，物块Q运动的总路程。
【答案】（1） （2）
【解析】（1）小球P与物块Q发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
解得
设从P与Q第一次碰撞至第二次碰撞经历时间为t
该过程物块Q前进的距离为，
根据运动学公式对P有
对Q
联立解得
所以Q的加速度大小为
又
解得
（2）第二次P与Q发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
可得
同理可知第n次P与Q碰撞后
Q的速度
第n次碰后Q发生的路程为
由等比数列求和可得Q的总路程为
15. 如图所示，在xOy坐标系的第一象限内除区域外，存在沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内存在沿x轴负方向的另一匀强电场，已知O、Q两点间距离为d，PQ直线与x轴的夹角θ＝60°。有一质量为m、带电荷量为q（q＞0）的粒子自y轴上的P点以大小为、方向平行于x轴的速度射入第一象限，经电场偏转后恰好从x轴上的Q点进入第四象限，又在第四象限匀强电场的作用下从y轴上的S点射入第三象限，粒子经过S点时速度方向与y轴间的夹角α＝30°，不计带电粒子的重力。
（1）求第一象限内的匀强电场的电场强度；
（2）求第四象限内的匀强电场的电场强度；
（3）若自PQ线段的中点以速度发射该带电粒子，速度方向仍沿x轴正方向，粒子也经过Q点进入第四象限，求的大小以及粒子通过y轴时的速度大小。
【答案】（1） （2） （3），
【解析】（1）根据几何关系可知，OP长度为
带电粒子在第一象限中做类平抛运动，在水平方向
在竖直方向
其中
联立，解得
（2）带电粒子经过Q点时沿y轴方向的分速度
带电粒子在第四象限内运动时沿y轴方向的速度不变，根据粒子经过S点时速度方向与y轴间的夹角，可得
解得
根据运动学公式，在x轴方向有
在电场力作用下满足
可得
（3）根据题意可得在水平方向
在竖直方向
可得
出第一象限时，在竖直方向的速度大小为
在第四象限中，水平方向上有
可得
粒子通过y轴时的速度大小